2022届福建省普通高中新高考考前模拟数学卷含解析

这是一份2022届福建省普通高中新高考考前模拟数学卷含解析，共25页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，在中，，，，点在边上且，，已知函数满足等内容，欢迎下载使用。
2022届福建省普通高中新高考考前模拟数  学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知全集，集合，集合，则图中的阴影部分表示的集合为（    ）A． B． C． D．2．已知复数z满足，则复数z在复平面内所对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．在等差数列中，，设数列的前项和为，则（    ）A．12 B．99 C．132 D．1984．已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ）A．1 B．2 C．3 D．45．如图甲所示，古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有眼，阴鱼的头部有个阳殿，表示万物都在相互转化，互相涉透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．其平面图形记为图乙中的正八边形ABCDEFGH，其中，则以下结论错误的是（    ）A． B．C．  D．6．在中，，，，点在边上且，则的面积为（    ）A． B． C． D．7．过抛物线的焦点作倾斜角为60°的直线交抛物线于，两点，则的值为（    ）A．3 B．2 C． D．18．已知函数满足：对任意的，若函数与图象的交点为，则的值为（    ）A．0 B．2n C．n D． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．我国居民收入与经济同步增长，人民生活水平显著提高．“三农”工作重心从脱贫攻坚转向全面推进乡村振兴，稳步实施乡村建设行动，为实现农村富强目标而努力．2017年~2021年某市城镇居民､农村居民年人均可支配收入比上年增长率如下图所示．根据下面图表，下列说法一定正确的是（    ）A．该市农村居民年人均可支配收入高于城镇居民B．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的极差，城镇比农村的大C．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的中位数，农村比城镇的大D．2021年该市城镇居民､农村居民年人均可支配收入比2020年有所上升10．已知、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面．下列说法中正确的是（    ）A．若，，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则11．若，则（    ）A． B． C． D．12．已知为锐角三角形，且，则下列结论中正确的是（    ）A． B．C．  D．的最小值为4 第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．在的二项展开式中，项的系数为_________．14．某大学计算机系4名学生和英语系的4名学生准备利用暑假到某偏远农村学校进行社会实践活动，现将他们平均分配到四个班级，则每个班级既有计算机系学生又有英语系学生的概率是__________．15．已知圆，直线．若，过点可作两条与圆分别相切于两点，且，则实数的取值范围为________．16．已知直线恒过定点A，则该定点A的坐标为________，若直线l与曲线和都相切，则________． 四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知等比数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）若数列是公差为1的等差数列，其中，求数列的前项和．            18．（12分）在平面五边形ABCDE中，已知，，，，，．（1）当时，求DC；（2）当五边形ABCDE的面积时，求BC的取值范围．          19．（12分）如图，在直四棱柱中，底面为直角梯形，，，，为直角，．（1）证明：平面；（2）求平面和平面的夹角的余弦值．              20．（12分）为进一步推动党史学习教育活动的深入进行，某单位举行了党史知识竞赛规定：①竞赛包含选择题和填空题2种类型，每位选手按照先回答选择题后回答填空题的顺序进行，每次答题结果正确与否相互独立；②选择题包含3道题目，若前两道均回答正确，则终止选择题解答，进入填空题解答，否则需要回答3道选择题；③填空题也包含3道题目，若第一道填空题回答正确，且连同选择题共答对3道题目，则结束答题，否则需要解答完3道填空题；④若整个竞赛中答题总数为3道，则获得一等奖，奖金为100元；若答题总数为4道或5道，则获得二等奖，奖金为50元；其余情况获参与奖，奖金为20元．现有该单位某员工参加比赛，已知该员工答对每题的概率均为．（1）求该员工获得一等奖的概率；（2）判断该员工获得奖金的期望能否超过50元，并说明理由．                   21．（12分）在平面直角坐标系中，、、、，直线、相交于点，且它们的斜率之积是．（1）求点的轨迹方程；（2）过的直线与的轨迹交于、两点，试判断点与以为直径的圆的位置关系，并说明理由．                 22．（12分）已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若，求的取值范围．              数学答案第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【答案】D【解析】依题意，图中的阴影部分表示的集合是，而全集，，，所以，故选D．2．【答案】D【解析】依题意，，，对应坐标为，在第四象限，故选D．3．【答案】C【解析】，，，故选C．4．【答案】B【解析】由题设，若母线长为，则，可得，故选B．5．【答案】D【解析】由题意可知，建立如图所示的平面直角坐标系，因为正八边形ABCDEFGH，所以，作，则，因为，所以，所以，同理可得其余各点坐标，，对于A，，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，，，，所以，故C正确；对于D，，，，，故D不正确，故选D．6．【答案】D【解析】因为，则为锐角，且，所以，由余弦定理可得，则，因为点在边上且，则，所以，，故，故选D．7．【答案】A【解析】抛物线的焦点坐标为，直线倾斜角为，直线的方程为．设直线与抛物线的交点为、，，，联立方程组，消去并整理，得，解得，，，，，的值为3，故选A．8．【答案】C【解析】因为任意的，故的图象关于对称．又，设，则的定义域为且，故为奇函数，故其图象关于原点对称，而，故图象关于对称，故函数与图象的诸交点关于对称，不妨设，则，且，其中，故，所以，故，故选C． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．【答案】BCD【解析】由增长率高，得不出收入高，即A错误；由表中数据，可知城镇居民相关数据极差较大，即B正确；由表中数据，可知农村居民相关数据中位数较大，即C正确；由表中数据，可知增长率为正，即D正确，故选BCD．10．【答案】ACD【解析】由线面平行的性质定理可知，A正确；若，则或，即B错误；设的法向量分别为，若，则，又，则，，所以，即C正确；若，则，又，则，即D正确，故选ACD．11．【答案】ABD【解析】A：，∵，，，，故A正确；B：，∵，∴，，，故B正确；C：时，在单调递减，∵，，故C错误；D：∵，∴，∴，∵，故等号取不到，故，故D正确，故选ABD．12．【答案】ABC【解析】因为，两边同除，得，故A正确；由均值不等式，解得，当且仅当时取等号，，所以，故B正确；，由，所以，所以得，故C正确；，由且在上单调递增，所以的最小值为，故D错误，故选ABC． 第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】192【解析】的二项展开式的通项公式为，令，得，所以项的系数为192，故答案为192．14．【答案】【解析】8人平均分到4个班级共有种选法，每个班级既有计算机系学生又有英语系学生共有种分法，故概率为，故答案为．15．【答案】【解析】由圆的方程知：圆心，半径，则在中，，，，点在圆上．，则直线与圆存在交点，点到直线的距离，解得，即实数的取值范围为，故答案为．16．【答案】，（或）【解析】直线恒过．直线与曲线相切，则方程有，即有，直线与也相切，设切点为，，则切线方程为，化简得，则，所以，，从而．故答案为，． 四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设首项为，公比为，则，所以，由于，所以，解得，所以数列的通项公式为．（2）是公差为1的等差数列，所以当时，，因为，所以，所以，经检验，符合，①，①×得：②，①－②得：，所以．18．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）连接EB，在中，，，由余弦定理可得，所以，同时可得，，又由五边形内角和可求得，所以，从而四边形BCDE为等腰梯形，过点C作CM⊥BE于M，可求得，从而．（2），又，所以，设边长为x，则，化简整理得，解得或，又，，所以BC的取值范围是．19．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：如图，连接与交于点O，连接，∵，可得，，∴，可得，又由，，可得，∵，，∴，∵，，∴，∵，平面，平面，∴平面．（2）由直棱柱和直角梯形可知，，两两垂直，以，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：，，，，，，，设平面的法向量为，由，，有，取，，，可得；设平面的法向量为，由，，有，取，，，可得，又由，，，由图可得平面和平面的夹角为锐角，故平面和平面的夹角的余弦值为．20．【答案】（1）；（2）能，理由见解析．【解析】（1）记该员工获得一等奖为事件A，则．（2）记答题总数为X，则X的所有可能取值为3，4，5，6，，，，，该员工获得奖金为Y，则，，，所以，所以该员工获得奖金的期望能超过50元．21．【答案】（1）；（2）点在以为直径的圆外，理由见解析．【解析】（1）解：设点的坐标为，其中，则直线的斜率为，直线的斜率为，由已知有，化简得点的轨迹方程为．（2）解：点在圆外，理由如下：若直线与轴重合，则该直线与曲线无公共点，故可设，另记、，联立，可得，，，由韦达定理知，，，则有，其中无解，则，故，即点在以为直径的圆外．22．【答案】（1）在内单调递减，在内单调递增；（2）．【解析】（1），的定义域为，．令，解得；令，解得，所以函数在内单调递减，在内单调递增．（2）设，则由（1）得，即，且在内单调递减，在内单调递增，因此，，设，则由，得，即，从而．，令，得，因为当时，；当时，，所以在内单调递增，在内单调递减，又因为，所以由，解得，又因为，所以．